Question

17．已知點M（0，2），橢圓E：$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的焦距為2$\sqrt{3}$，橢圓E上一點G與橢圓長軸上的兩個頂點A，B連線的斜率之積等于-$\frac{1}{4}$．
（Ⅰ）求E的方程；
（Ⅱ）設(shè)過點M的動直線l與E相交于P，Q兩點，當(dāng)△OPQ的面積最大時，求l的直線方程．

Answer 1

分析 （Ⅰ）設(shè)G點坐標(biāo)，根據(jù)斜率公式求得G與橢圓長軸上的兩個頂點A，B連線的斜率之積等于-$\frac{1}{4}$，求得a和b的關(guān)系，由2c=2$\sqrt{3}$．求得c=$\sqrt{3}$，利用橢圓的關(guān)系即可求得a和b的值，求得橢圓方程；
（Ⅱ）設(shè)直線方程，將直線方程代入橢圓方程，利用韋達(dá)定理及弦長公式求得丨PQ丨，由點到直線的距離公式和三角形的面積公式求得△OPQ的面積，根據(jù)基本不等式的關(guān)系，求得△OPQ的面積最大值時的k的取值，即可求得直線l的方程．

解答 解：（Ⅰ）設(shè)G（x₀，y₀），則${y_0}^2=\frac{b^2}{a^2}（{a^2}-{x_0}^2）$，由條件知，$\frac{{{y_0}^2}}{{{x_0}^2-{a^2}}}=-\frac{1}{4}$，
即得$-\frac{b^2}{a^2}=-\frac{1}{4}⇒{a^2}=4{b^2}$．…（2分）
又$2c=2\sqrt{3}⇒c=\sqrt{3}⇒{a^2}-{b^2}=3$，
∴a=2，b=1，
故橢圓E的方程為$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$．…（5分）
（Ⅱ）當(dāng)l⊥x軸時不合題意，故設(shè)直線l：y=kx+2，P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）．
將l：y=kx+2代入$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$得（1+4k²）x²+16kx+12=0，△=16（4k²-3）＞0．
x₁+x₂=-$\frac{16k}{1+4{k}^{2}}$，x₁+x₂=$\frac{12}{1+4{k}^{2}}$，
從而$|PQ|=\sqrt{1+{k^2}}|{x_1}-{x_2}|=\frac{{4\sqrt{1+{k^2}}\sqrt{4{k^2}-3}}}{{4{k^2}+1}}$．
又點O到直線PQ的距離$d=\frac{2}{{\sqrt{1+{k^2}}}}$，
∴△OPQ的面積$S=\frac{1}{2}d•|PQ|=\frac{{4\sqrt{4{k^2}-3}}}{{4{k^2}+1}}$．…（8分）
設(shè)$\sqrt{4{k^2}-3}=t＞0$，則t＞0，$S=\frac{4t}{{{t^2}+4}}=\frac{4}{{t+\frac{4}{t}}}≤\frac{4}{{2\sqrt{t•\frac{4}{t}}}}=1$．
當(dāng)且僅當(dāng)t=2即$k=±\frac{{\sqrt{7}}}{2}$時取等號，且$k=±\frac{{\sqrt{7}}}{2}$滿足△＞0．…（10分）
∴當(dāng)△OPQ的面積最大時，l的方程為$l：y=±\frac{{\sqrt{7}}}{2}x+2$．…（12分）

點評 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，直線與橢圓的位置關(guān)系，考查斜率公式，韋達(dá)定理，點到直線的距離公式，三角形的面積公式及基本不等式的綜合應(yīng)用，考查計算能力，屬于中檔題．